Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar. Focibajnokságok és véges geometriák. Szakdolgozat

Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Focibajnokságok és véges geometriák Szakdolgozat Dávid Péter Matematika BSc, Matematikai elemz szakirány Témavezet : Kiss György, egyetemi docens Geometria Tanszék Budapest 2012

Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 2 2. Véges testek 3 2.1. A véges testek deniálása.................... 3 2.2. Példa................................ 4 2.3. Véges test konstruálása...................... 5 2.3.1. Négyelem test...................... 7 2.3.2. Kilencelem test..................... 9 3. Véges geometria 11 3.1. Bevezetés............................. 11 3.2. Projektív síkok.......................... 11 3.2.1. A klasszikus projektív sík................ 11 3.2.2. Tulajdonságok....................... 13 3.2.3. Absztrakt projektív sík.................. 14 3.2.4. Példák........................... 17 3.2.5. Ponthalmazok....................... 20 4. Focibajnokság szervezése 25 4.1. Bevezetés............................. 25 4.2. Módszer.............................. 26 4.2.1. 2n = 2 k + 2 létszámú bajnokság............. 26 4.2.2. 2n = p k + 1 létszámú bajnokság............. 28 4.3. Példa................................ 29 5. Összefoglalás 30 6. Köszönetnyilvánítás 31 7. Irodalomjegyzék 32 1

1. Bevezetés A dolgozatom a véges geometriákkal és a körmérk zéses focibajnokságokkal foglalkozik. A megoldandó probléma az, hogy miként tudunk megrendezni egy körmérk zéses bajnokságot. Az ilyen típusú megmérettetésben minden csapat játszik minden csapat ellen pontosan egyszer, és minden egyes fordulóban minden csapat pályára lép. Tehát azt kell megmondanunk, hogy a csapatok az egyes fordulókban melyik másik csapattal mérk zzenek meg. Erre jó módszert találhatunk a véges geometriák segítségével, ami els ránézésre elég távoli fogalomnak t nik, de majd, mint azt láthatjuk, ezt használva hatékonyan meg tudjuk oldani ezt a problémát. El ször bevezetjük a véges testek fogalmát, majd példákat is adunk rá. Megvizsgáljuk e testek tulajdonságait és két véges testet el is készítünk. Ezek után a véges geometriákat, azon belül a projektív síkokat és azok tulajdonságait tárgyaljuk. Látható lesz néhány példa is projektív síkra. A kés bbiekben a projektív síkon néhány ponthalmazt fogunk közelebbr l megvizsgálni. Majd kapcsolatot teremtünk a focibajnokságok rendezésével és a gráfokkal, ezzel alátámasztva, hogy a geometria milyen széles körben alkalmazható problémák megoldására. Két módszer lesz rögzítve, hogy miként szervezhetünk körmérk zéses versenyeket. Ezután pedig a való élet egy labdarugó bajnokságán vizsgáljuk meg a bevezetett módszerek egyikét. Én személy szerint több indíttatás miatt választottam ezt a témát. Ezek közt szerepel az, hogy a véges geometria a matematikának egy dinamikusan fejl d ága. Ez számomra nagyon vonzóvá teszi ezt a témakört. Valamint a labdarúgás és a labdarugó bajnokságok közel állnak hozzám, én is aktívan játszom. Illetve szerettem volna egy olyan problémával foglalkozni, ami nagy mértékben kapcsolódik a való élethez. Ezek miatt nagyon motivált voltam, hogy mélyebb betekintést nyerjek ebbe a témakörbe. Erre pedig megfelel lehet séget biztosított ez a szakdolgozat. 2

2. Véges testek 2.1. A véges testek deniálása A véges geometriák bevezetése el tt szükséges bevezetni a testek és a véges testek fogalmát. Testen olyan algebrai struktúrát értünk, melyre teljesülnek a következ tulajdonságok, testaxiómák (a, b, c tetsz leges elemei a testnek): értelmezünk a testen 2 m veletet, legyenek ezek + és a kétváltozós m veletek, melyek a T T T képez m veletek, azaz két T -beli elemhez egy másik T -beli elemet rendelnek hozzá ( T a testet jelöli). A továbbiakban nevezzük a + m veletet összeadásnak, a m veletet pedig szorzásnak. A m veletek asszociatívak: a m veletek kommutatívak: (a + b) + c = a + (b + c) (a b) c = a (b c); a + b = b + a a b = b a; a m veleteknek létezik egységelem k, legyen ez a + m veletre nézve 0, a m veletre nézve pedig 1: a + 0 = 0 + a = a a 1 = 1 a = a; a + m velet a m veletre nézve disztributív: a (b + c) = (a b) + (a c); minden elemnek létezik additív inverze és ez egyértelm, a 0-tól különböz elemeknek létezik multiplikatív inverzük és ez egyértelm. Ezek a testaxiómák. Ha egy test kielégíti a fenti tulajdonságokat, illetve a következ tulajdonságot: 3

T test elemszáma véges, azaz T <, akkor + és a m veletekre nézve véges testr l beszélünk. Deníció. Additív inverz: egy a T szám additív inverze vagy ellentettje az a szám, mellyel t összeadva az összeadás m velet neutrális elemét kapjuk. Egy a szám additív inverzét jelöljük: ( a)-val. Deníció. Multiplikatív inverz: egy a T, a 0 szám multiplikatív inverze vagy reciproka az a szám, mellyel t megszorozva a szorzás m velet egységelemét kapjuk. Egy a szám multiplikatív inverzét jelöljük: a 1 -gyel. Tehát ( a) és a 1 az a szám additív és multiplikatív inverzei, azaz: a + ( a) = 0, a a 1 = 1. 2.2. Példa Ilyen test például egy Z p = {0, 1,, p 1} test, ahol p egy rögzített prímszám és Z p elemeinek megfeleltetünk minden egész számot a következ módon: egy a számot reprezentál az p-vel való osztásánál fellép maradéka. Tehát minden számot felírhatunk np + m alakban, ahol m a maradék, ami 0 m p 1, n pedig befutja az egész számok halmazát. Így tehát minden egész számot besorolhatunk egy csoportba, amit a csoport egy elemével tudunk reprezentálni. Két szám pontosan akkor tartozik egy csoportba, ha a különbségük osztható p-vel. Ezeket az osztályokat maradékosztályoknak nevezzük. A véges testek deníciója szerint meg kell még határoznom a + és a m veleteket. Az a + b = c és a b = d, ha az a és b számokkal az egészek közt elvégzett összeadás és szorzás eredménye azokba a maradékosztályokba esik, melyeket c és d reprezentál. Ha így deniálom a m veleteket, azt is be kell látnom, hogy a m veletek nem függnek attól, hogy az osztályok éppen melyik elemével számolunk, csak az osztálytól függnek. Ehhez felhasználok két különböz osztályból két-két különböz elemet. Legyenek ezek a, a és b, b. Tehát ha a m veletek nem függnek az elemek választásától, akkor az a + b és a + b m veletek eredményének ugyanannyi maradékot kell adniuk p-vel osztva, valamint a b és a b eredményeiknek is ugyanabba az osztályba kell esnie. Ezek azért teljesülnek, mert ha p (a a ) és p (b b ) p (a a ) + (b b ) = (a + b) (a + b ). 4

A szorzást tekintve pedig: p (a a ) b + (b b ) a = a b a b A kivonást az összeadás inverz m veleteként, az osztást pedig a szorzás inverz m veleteként deniáljuk. Additív inverz létezése: kell, hogy m Z p elemnek létezzen ( m) additív inverze, melyre deníciója szerint igaz, hogy m + ( m) = 0, ahol a 0 az összeadás neutrális eleme és ennek egyértelmünek kell lennie. Tekintsük a p m kivonás eredményét. Ezt m-mel összeadva nyilvánvalóan p-vel osztható számot kapok, azaz teljesül, hogy az összegük 0, és más nem negatív p-nél kisebb számra ez nem áll fenn, tehát az egyértelm ség is teljesül. Multiplikatív inverz létezése: m Z p, ahol Z p = Z p \{0}, elemnek kell, hogy létezzen multiplikatív inverze, melyre igaz, hogy m m 1 = 1, ahol 1 a szorzás egységeleme. Ennek pedig egyértelm nek kell lennie. Tekintsük az m-mel való szorzást. Ez Z p elemeinek egy permutációját adja. Ez igaz, mert ha tekintjük a és b számokat, ahol a b, akkor láthatjuk, hogy m a m b, hiszen ha egyenl ek lennének, akkor az azt jelentené, hogy p m a m b = m (a b) p m vagy p (a b). Ez viszont lehetetlen, mivel p prím és 0 < m < p és 0 < a b < p, ezért ellentmondásba ütköznénk. Így viszont, ha az m-mel való szorzás tényleg Z p elemeinek egy permutációját adja, akkor Z p-ben pontosan egy olyan elem van, mellyel m-et szorozva 1-t kapunk, azaz az egyértelm ség is fenn áll. Mivel bebizonyítottunk a multiplikatív inverz létezését, ezért m 0 számmal való osztást megfeleltethetünk az m 1 -el jelölt multiplikatív inverzével való szorzásának. A 0-val való osztást nem engedjük meg, mivel m 0 = 0 és az m-mel való szorzás permutálja Z p összes elemét, ezért ha m 1 m 2 = 0, akkor m 1 és m 2 közül legalább az egyik 0. Ezt úgy nevezzük, hogy a szorzás nullosztómentes. 2.3. Véges test konstruálása A dolgozat ezen részben két konkrét véges testet konstruálok, melyek segítségével könnyebben átlátható képet kaphatunk err l az algebrai struktúráról. Ehhez tekintsük a véges testek egy érdekes tulajdonságát. Ha tudunk két darab kétváltozós m veletet deniálni egy F véges halmazon úgy, hogy azok kielégítsék a testaxiómákat, akkor F elemszáma prímhatvány. 5

Tehát ez az állítás azt mondja, hogy egy véges test elemszáma prímhatvány. Ez egy algebrai állítás, melynek bizonyításától eltekintek, mivel ezen dolgozatnak nem célja algebrai állítások bizonyítása. Tekintsük az el z állítás megfordítását. Ha F elemszáma prímszám, akkor a m veletek tulajdonságaikat tekintve csak az általunk deniált + és m veletek lehetnek. E tulajdonság ismeretében tehát két prímhatvány elemszámú véges testet konstruálok. A testek elemeit majd számokkal azonosítom, és felírom a testek m veleti tábláit. Ezeket a táblákat egy faktorgy r vizsgálatával tudjuk felírni. Ehhez deniálni kell a csoport, Abel-csoport, gy r és egy test felett irreducibilis polinom fogalmát. Csoportnak nevezünk egy nem üres G halmazt, melyen deniálva van egy kétváltozós m velet és teljesülnek a következ feltételek: asszociatív m velet; létezik e G neutrális elem, azaz minden a G elemre a e = e a = a teljesül; minden a G elemnek létezik a 1 -gyel jelölt inverze, mely szintén a G csoport eleme, azaz a a + a 1 = a 1 a = e. Ha a m velet kommutatív, azaz a, b G elempárra a b = b a teljesül, akkor a csoportot Abel-csoportnak nevezzük. Legyen R egy halmaz. Ezen deniáljuk + és kétváltozós m veleteket. R halmaz gy r, ha teljesülnek a következ feltételek: az R halmaz a + m veletre nézve Abel-csoport; a m velet a + m veletre nézve disztributív, azaz a (b + c) = a b + a c és (b + c) a = b a + c a, ahol a, b, c tetsz leges elemei R-nek; a asszociatív m velet, azaz tetsz leges a, b, c R elemre (a b) c = a (b c). Az el z feltételeken fellül teljesülhetnek még más kritériumok is. Ekkor bizonyos elnevezésekkel illetjük a gy r ket. Ezek a következ k lehetnek: 6

R egységelemes gy r, ha létezik e R egységelem, melyre a e = e a = a, ahol a tetsz leges eleme a gy r nek; R kommutatív gy r, ha bármely a, b elemére teljesül, hogy a b = b a; az R gy r egy a eleme bal oldali nullosztó, ha létezik b 0 elem R- ben, hogy a b = 0. A jobb oldali nullosztó deníciója hasonló. Ha egy R gy r ben nincs bal oldali, illetve jobb oldali nullosztó, akkor nullosztó mentesnek hívjuk. Ha egy R gy r kommutatív, egységelemes és nullosztó mentes, akkor integritási tartománynak nevezzük. Tetsz leges T test feletti egyváltozós polinomok halmaza integritási tartományt alkot. Jelöljük ezeket T [x]-el. Egy algebrai állítás szerint minden véges integritási tartomány test. Ezt az állítást nem bizonyítom, mivel e dolgozatnak nem célja algebrai állítások bizonyítása. Egy T test feletti n-ed fokú f(x) polinom irreducibilis T felett, ha f(x) bármely f(x) = h(x)g(x) felbontása egy nulladfokú és egy n-ed fokú polinomból áll össze. Mint az a denícióból jól látszik egy polinom irreducibilitása nagyban függ attól, hogy épp mely test felett vizsgáljuk az adott polinomot. Az el z ekben bevezetett fogalmak segítségével bevezethetem a faktorgy r fogalmát. Legyen f(x) Z p irreducibilis m-ed fokú polinom, ahol p prím. Ekkor Z p [x]/(f(x)) faktorgy r. És ez a faktorgy r test. Egy korábbi állítás szerint minden véges integritási tartomány test. Egy faktorgy r pedig véges integritási tartomány. Illetve Z p [x]/(f(x)) faktorgy r nullosztó mentes is, mert ha nem lenne az, akkor lenne két az f(x) fokánál alacsonyabb fokú polinom, aminek szorzata f(x) többszöröse lenne. A faktorgy r null eleme az f(x) többszöröseib l áll. Így tehát beláttuk az eredeti állítást, miszerint Z p [x]/(f(x)) faktorgy r test. 2.3.1. Négyelem test Az els megkonstruált test elemszáma tehát legyen négy. Ezt a következ faktorgy r segítségével tudom megcsinálni: Z 2 [x]/(x 2 + x + 1), ahol Z 2 = {0, 1}. Az (x 2 +x+1) polinom láthatóan irreducibilis Z 2 [x] felett, mert a Z 2 [x] testben nincs gyöke. Ez a faktorgy r pedig négyelem lesz. Jelölje P ennek a polinomnak a Z 2 test feletti többszöröseit. Ekkor a Z 2 [x]/p faktorgy r minden eleme egyértelm en felírható a következ módon: a 1 + a 2 x + P, ahol 7

a 1, a 2 Z 2. Tehát a test elemi: 0 = 0+P, 1 = 1+P, x = x+p, 1 + x = 1+x+P, melyek egyszer behelyettesítés után adódnak. Az összeadás ( +) és a szorzás ( ) m veletek eredményei legjobban egy táblázatban összefoglalva átláthatóak. A táblázatokban az egyes mez kben az t kijelöl oszlop és sor els elemeinek m veleti eredménye áll. Az els táblázat az összeadás m velet eredményeit írja le: + 0 1 x 1 + x 0 0 1 x 1 + x 1 1 0 1 + x x x x 1 + x 0 1 1 + x 1 + x x 1 0 1. táblázat. Összeadás Ezek az eredmények összeadással jönnek ki, melyet Z 2 felett végzünk. Például megvizsgálom a táblázat ötödik sorában és negyedik oszlopban lév elemet. Itt 1 + x +x összeadást kell elvégezni. Ennek eredménye 1 + 2x, ami egyenl 1-gyel, mert 2 = 0 Z 2 felett, így a 2x tag kiesik. A többi eredmény is hasonló számolás útján jön ki. A következ táblázat a szorzás m velet eredményeit összesíti: 0 1 x 1 + x 0 0 0 0 0 1 0 1 x 1 + x x 0 x 1 + x 1 1 + x 0 1 + x 1 x 2. táblázat. Szorzás A szorzásnál már gyelembe kell venni a következ azonosságot: x 2 + x + 1 = 0 x 2 = x 1 = x + 1, ahol az utolsó egyenl ség azért teljesül, mert Z 2 -ben a kivonás és az összeadás ugyanaz. Ez alapján megvizsgálom például a táblázat negyedik sorának és ötödik oszlopának az elemét. Ekkor azt kapom, hogy: x (1 + x) = x + x 2 = x + 1 + x = 1 + 2x = 1. A többi elem is hasonló számolás útján jön ki. Így tehát konstruáltam egy négyelem testet, melyben kiszámoltam a m veletek eredményeit is. 8

2.3.2. Kilencelem test A második megkonstruált test elemszáma pedig legyen kilenc. Ezt egy másik módszer segítségével vezetem be, mely elég hasonló az el z technikához. Mindenekelött deniálom az összeadás (+) és a szorzás ( ) m veleteket. Mindkét m veletet a komplex számok körében ismert m veletként deniálom. Tehát a test tetsz leges a 1, b 1 és a 2, b 2 elemeire: az összeadás: (a 1 + b 1 i) + (a 2 + b 2 i) = a 1 + a 2 + (b 1 + b 2 )i; a szorzás: (a 1 + b 1 i) (a 2 + b 2 i) = a 1 a 2 b 1 b 2 + (a 1 b 2 + a 2 b 1 )i. Ezek után tekintem a Z 3 = {0, 1, 2} test elemit és az x 2 + 1 polinomot. Ez a polinom irreducibilis a Z 3 test felett, mivel nincs gyöke benne. Ebb l addódik az ötlet, hogy b vítsük ki a testet egy számmal, mely gyöke lesz ennek a polinomnak. Jelöljük ezt a számot i-vel. Ez a szám hasonló tulajdonságokkal rendelkezik, mint a komplex számok körében ismert i szám. Tehát i az x 2 + 1 polinom gyöke, azaz i 2 = 1. Ekkor a 3 elemü testet még éppen 6 elemmel b vítettem ki. Azaz a véges test elemei a következ k lesznek:0, 1, 2, i, 1 + i, 2 + i, 2i, 1 + 2i, 2 + 2i. Az összeadás m veleti táblája a korábban bevezetett deníció szerint: + 0 1 2 i 1 + i 2 + i 2i 1 + 2i2 2 + 2i 0 0 1 2 i 1 + i 2 + i 2i 1 + 2i 2 + 2i 1 1 2 0 1 + i 2 + i i 1 + 2i 2 + 2i 2i 2 2 0 1 2 + i i 1 + i 2 + 2i 2i 1 + 2i i i 1 + i 2 + i 2i 1 + 2i 2 + 2i 0 1 2 1 + i 1 + i 2 + i i 1 + 2i 2 + 2i 2i 1 2 0 2 + i 2 + i i 1 + i 2 + 2i 2i 1 + 2i 2 0 1 2i 2i 1 + 2i 2 + 2i 0 1 2 i 1 + i 2 + i 1 + 2i 1 + 2i 2 + 2i 2i 1 2 0 1 + i 2 + i i 2 + 2i 2 + 2i 2i 1 + 2i 2 0 1 2 + i i 1 + i 3. táblázat. Összeadás 9

Megvizsgálom például 1 + i és a 2i elemek összegét. Ez a következ :1 + i+ 2i = 1 + 0 + (1 + 2)i = 1 + 3i = 1, mert ebben a testben 3 = 0, így a 3i tag kiesik. A szorzás m veleti táblája a korábban bevezetett deníció szerint: 0 1 2 i 1 + i 2 + i 2i 1 + 2i 2 + 2i 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 i 1 + i 2 + i 2i 1 + 2i 2 + 2i 2 0 2 1 2i 2 + 2i 1 + 2i i 2 + i 1 + i i 0 i 2i 2 2 + i 2 + 2i 1 1 + i 1 + 2i 1 + i 0 1 + i 2 + 2i 2 + i 2i 1 1 + 2i 2 i 2 + i 0 2 + i 1 + 2i 2 + 2i 1 i 1 + i 2i 2 2i 0 2i i 1 1 + 2i 1 + i 2 2 + 2i 2 + i 1 + 2i 0 1 + 2i 2 + i 1 + i 2 2i 2 + 2i i 1 2 + 2i 0 2 + 2i 1 + i 1 + 2i i 2 2 + i 1 2i 4. táblázat. Szorzás Itt megvizsgálom például az (1 + i) (1 + i) szorzatot: (1 + i) 1 + i = (1 1) (1 1) + (1 1 + 1 1)i = 1 1 + 2i = 2i A többi számolás is hasonlóképpen elvégezhet. Így tehát konstruáltam egy kilencelem véges testet és a m veleti tábláit is megadtam. Ezen eljárások alapján hasonló módon lehet képezni más, több elem, prímhatvány elemszámú véges testet. 10

3. Véges geometria 3.1. Bevezetés Miután a korábbiakban leírtam a véges testek denícióját, illetve pár tulajdonságukat, és konstruáltam két véges testet, elérkeztünk a véges geometria bevezetéséhez. Miel tt részletesebben tárgyalnám a véges geometria témakörével kapcsolatos ismerteket leírom, a bevezetés motivációját. Mint ismert, a koordinátageometria sok geometriai kérdésre ad választ és egyszer megoldási módot. Ekkor a valós számok m veleti tulajdonságait használjuk ki. Amint az el z részben látható volt a véges testek rendelkeznek a fontosabb m veleti tulajdonságokkal. Ezért kézenfekv módon adódott, hogy a véges testek és a koordinátageometria között is lehet valamilyen kapcsolatot teremteni, amely segítségével egyszer bben lehet megoldani geometriai problémákat. Ezen keresztül pedig geometriai problémára visszavezetett egyéb, például kombinatorikai problémákat is. Ebb l alakult ki a véges geometria. A geometria ezen része tehát a véges testek véges elemszáma miatt, véges sok pontból álló geometria rendszerekkel foglalkozik. Viszont a véges geometriának is több válfaja van, melyeket különböz axiómák segítségével tudunk precízen meghatározni. Ilyenek például az an geometria, a projektív geometria vagy épp a hiperbolikus geometria. Én ezek közül a projektív geometriát, ezen belül pedig a projektív síkokat fogom részletesebben megvizsgálni. A könnyebb érthet ség miatt leírom, hogy miként lehet elképzelni egy ilyen projektív síkot. Ha például egy rajzot tekintünk, látható rajta, hogy a párhuzamos vonalak a távolba haladva közelednek egymáshoz. És ezek a párhuzamos vonalak a horizonton találkoznak is, hiába párhuzamosak. Azaz a horizont pontjai és a vízszintes irányok közt egyfajta megfeleltetés gyelhet meg. A projektív geometria ezt a jelenséget foglalja magába, pontosan, matematikailag precízen leírva. 3.2. Projektív síkok 3.2.1. A klasszikus projektív sík Az el z részben leírt meggyelés csak szemléletes. Ahhoz, hogy a projektív síkokkal foglalkozzak, azokat pontosan, axiómatikusan be kell vezetnem. 11

A klasszikus projektív sík úgy is tekinthet, mint az euklidészi sík egyfajta kib vítése. Méghozzá az ideális egyenessel és az ideális pontokkal való kib vítése. Feltehet en az euklidészi sík mindenki által ismert. A klasszikus projektív sík bevezetéséhez szükségem van az ideális pontok és az ideális egyenes meghatározására. Legyen V egy háromdimenziós vektortér. Legyenek v V irányvektorok. Azaz ( v 0, v V ) meghatároz egy [v] axiális irányt vagy más néven tengelyirányt. Most számomra a v vektor iránya csak a lényeges. Ezért két vektort egyenl nek tekintek, ha irányaik megegyeznek. Ez azt jelenti, hogy [v] = [w], ha csak c 0 konstansszorzóban különböznek. Ekkor [v] a v vektor által meghatározott egydimenziós altere V -nek. Ezen [v]-k összeségét hívjuk projektív pontoknak, és ezek alkotják a projektív síkot. Ezeket a pontokat a következ módon kaphatjuk meg: legyen S egy origon át nem men sík. Ha [v] nem párhuzamos S-el, akkor [v]-hez hozzárendeljük az S beli reprezentását. Ez az S [v] pont. De ha [v] épp párhuzamos S-el, akkor nincs ilyen reprezentás pont. Ekkor egy megfeleleltetést hozunk létre. Minden ilyen S-el párhuzamos [v]-nek megfeleltetjük a v-vel párhuzamos S beli s egyenesek ekvivalencia osztályát. Ez a párhuzamossági osztály ideális pontja. Az összes ilyen párhuzamossági osztály adja az ideális pontokat. Ezek az ideális pontok alkotják az ideális egyenest. A klasszikus projektív sík tehát az euklidészi sík az ideális pontokkal, azaz az ideális egyenessel való kib vítése. Ahhoz, hogy a projektív sík deníciója teljes legyen, geometriai értelemben is még meg kell határozni az egyenes fogalmát a projektív síkon. Legyen W V, V -nek egy kétdimenziós altere. Ekkor [W ] = {[v] : 0 v W } ponthalmazt a W -hez tartozó projektív egyenes. Minden ilyen kétdimenziós altér meghatároz egy projektív egyenest. Azaz az összes ilyen egyenes halmaza a projektív egyenesek halmaza. Ha ezeket az egyeneseket az el bb tekintett az origón át nem men S sik tekintetében vizsgáljuk akkor, kétfélék lehetnek: W és S nem párhuzamos egymással, ekkor a projektív egyenesnek W és S közös pontjai felelnek meg, ezek a közönséges pontok. Plusz még egy ideális pont, ami a W és S metszésvonala által meghatározott egyenessel párhuzamos S beli egyenesek ekvivalencia osztálya. A másik lehet ség, ha W és S párhuzamos egymással. Ez egyetlen egy esetben fordul el. Ekkor [W ] pontjainak, azaz a projektív egyenesnek az ideális pontok felelnek meg. Azaz ebben az esetben az ideális egyenes 12

lesz a projektív egyenes. És ideális egyenesb l valóban egyetlen egy darab van a projektív síkon, amely megfelel annak, hogy csak egy ilyen eshet ség fordul el. 3.2.2. Tulajdonságok A geometriában egy nagyon fontos tulajdnság az illeszkedési viszonyok. Ezek a projektív síkon a következ k: bármely két különböz ponthoz pontosan egy egyenes, a két pont összeköt egyenese illeszkedik; bármely két különböz egyeneshez pontosan egy darab pont, a két egyenes metszéspontja illeszkedik. Ezek az illeszkedési viszonyok teljesen hasonlóak ahhoz, amit az euklidészi síkból készített projektív síkon tapasztalhatunk. Ahogy a koordináta-geometriában, úgy a projektív síkon is leírhatók koordinátákkal a pontok. A projektív síkon azonban egy pontot három koordináta ír le, nem pedig kett. Ez azért van, mert a projektív síkot a valós elem három dimenziós vektortérb l származtatjuk. Tehát a projektív sík egy tetsz leges x pontját leírhatjuk a következ módon: [x] = [x 1, x 2, x 3 ]. Ez a projektív pont megfeleltethet az ( x 1 x 3, x 1 x 3 ) közönséges pontnak, amennyiben x 3 0. Az [x 1, x 2, 0] alakú pontok az x 1, x 2, 0 irányvektorú egyeneseknek megfeleltetett ideális pontoknak tekinthet ek. Egy tetsz leges közönséges pont, mely az(x, y) koordinátákkal rendelkezik, megfeleltethet az [x, y, 1] projektív pontnak. Az egyenesek is három koordinátával adhatóak meg, mivel egy kétdimenziós altér leírható úgy, hogy azokat az x 1, x 2, x 3 vektorokat tartalmazza, amire a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0, ahol (a, b, c) (0, 0, 0). Így az ennek megfelel egyenest az [a 1, a 2, a 3 ] jelöléssel illetjük. Tehát egy [x 1, x 2, x 3 ] pont illeszekedik az [a 1, a 2, a 3 ] egyenesre, akkor és csak akkor,ha a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 = 0. Ezek után pedig tekintsük egy másik nagyon fontos tulajdonságát a projektív síknak. Ez pedig a dualitás. Azaz létezik egy dualitási reláció a projektív síkon belül. R relációt dualitási relációnak nevezzük a projektív síkon, ha 13

minden egyenesnek bijektíven megfeleltet egy pontot és minden pontnak bijektíven megfeleltet egy egyenest, az illeszkedési viszonyokat megtartva. Egy ilyen reláció például a projektív síkon: az [x 1, x 2, x 3 ] koordinátákkal megadott pont a projektív sík egy pontja. Ezt megfeleltetjük ugyanezen koordináták által meghatározott [x 1, x 2, x 3 ] egynesnek. Bizonyítás: ha a szorzatot kifejtjük akkor, az e 1 p 1 + e 2 p 2 + e 3 p 3 = 0 adódik. Azaz az állítást beláttuk. Visszatérve az R dualitási relációra az valóban bijektív és illeszkedéstartó, mert az elöz állítás szerint: [x] [y] xy = 0 [y] [x]. Az el z ekben bevezetett projektív sík a klasszikus projektív sík volt. 3.2.3. Absztrakt projektív sík A klasszikus projektív sík mintájára lehet deniálni az úgynevezett absztrakt projektív síkot, amely során az el z részben felírt két illeszkedési tulajdonságot megtartom. Deníció. Π = (P, E, I) hármast, ahol P és E két diszjunkt halmaz és I P E illeszkedésnek nevezett reláció projektív síknak nevezzük, ha kielégíti a következ négy axiómát: P1. P bármely két különböz eleméhez pontosan egy olyan eleme van E-nek, amely mindkett vel relációban áll. P2. E bármely két különböz eleméhez pontosan egy olyan eleme van P-nek, amely mindkett vel relációban áll. P3. E minden eleme legalább három különböz P-beli elemmel áll relációban. P4. P minden eleme legalább három különböz E-beli elemmel áll relációban. (Az absztrakt projektív sík deníciója az [1] forrás alapján.) A dolgozat további részében az absztrakt projektív síkokat projektív síkoknak fogom bevezni. Amint az a denícióból jól látszik, a dualitás elve itt is érvényesül, mivel a P1, P2 és a P3, P4 axiómák egymás duálisai. A dualitás következménye az, hogy ha egy tételt vagy állítást belátunk, akkor az adott tétel vagy állítás 14

duálisa is igaz. Ez egy rendkivül hasznos tulajdonsága az absztrakt projektív síkoknak. A dualitásból következik, hogy minden projektív síknak létezik egy úgynevezett duális síkja. Ezt úgy kaphatjuk, hogy a duális sík pontjai az eredeti projektív sík egyenesei, a duális sík egyenesei pedig az eredeti projektív sík pontjai. A duális síkon pedig egy pont akkor és csak akkor van rajta egy egyenesen, ha az eredeti síkban a pontnak megfelel egyenesen rajta van az egyenesnek megfelel pont. A projektív síkot meghatározó négy axióma közül az utolsó kett az elfajuló projektív síkok kizárására szolgálnak. Ezek helyettesíthet k más axiómákkal is. Tehát a P3 és P4 axiómák helyettesíthet ek a következ két axióma valamelyikével: P3'. Létezik négy általános helyzet pont, azaz négy olyan pont, melyek közül semelyik három nem kollineáris. P3. A sík bármely két egyeneséhez létezik olyan pont, amelyik a két egyenes egyikén sincs rajta. Bizonyítás: tegyük fel, hogy Π kielégíti a P1, P2, P3, P4 axiómákat. Egy tetsz leges P ponton át P4 miatt, megy három különböz egyenes, legyenek ezek e, f és g. P3 miatt léteznek az E 1 Ie, E 2 Ie, F If és GIg különböz pontok. Az F G egynesen az E 1 és az E 2 pontok közül legalább az egyik nincs rajta. Feltehet, hogy az E 1 nincs az F G egyenesen. Ekkor P, F, G és E 1 négy általános helyzet pont, tehát Π kielégíti a P1, P2, P3' axiómákat. Tegyük fel, hogy Π kielégíti a P1, P2, P3' axiómákat, de nem elégíti ki a P3-t. Ha az e és f egyenesek a sík összes pontját tartalmazzák, akkor a P3' miatt léteznek az E 1 Ie, E 2 Ie, F 1 If és F 2 If pontok, melyek mind különböznek az e f ponttól. Viszont P1 és P2 miatt létezik az E 1 F 1 E 2 F 2 pont, amelyik sem az e, sem az f egyenesen nem lehet rajta. Ez az ellentmondás azt jelenti, hogy Π kielégíti a P1, P2, P3 axiómákat. Ha Π kielégíti a P1, P2, P3 axiómákat, akkor a P3 miatt a sík minden pontján át legalább három egyenes megy, tehát P4 teljesül. Ha e tetsz leges egyenes, akkor P3 miatt létezik rajta nem lév P pont. P -n át legalább három különböz egyenes megy, ezek P2 miatt metszik e-t, tehát e-n legalább három különböz pont van, vagyis Π kielégíti a P3 axiómát is. (Az állítás és bizonyítása az [1] forrásból származik.) Azt mondjuk, hogy a Π = (P, E, I ) projektív sík a Π = (P, E, I) projektív sík részsíkja, ha P P, E E, és az I reláció a P E halmazon 15

megegyezzik az I relációval. Azaz egy részsíkbeli pont akkor és csak akkor illeszkedik egy részsíkbeli egyenesre, ha az eredeti síkon is illeszkednek. Érdekes kérdés még a projektív síkkal kapcsolatban, hogy hány pontból áll. Valamint, hogy ez az adat, a sík milyen egyéb jellemz it határozza meg. Ezekre a kérdésekra ad választ a következ tétel. Tétel. Ha a Π projektív síknak van olyan egyenese, amelyre n + 1 pont illeszkedik, akkor 1. Π minden egyenesén n + 1 pont van, 2. Π minden pontján át n + 1 egyenes megy, 3. Π n 2 + n + 1 pontot és ugyanennyi egynest tartalmaz. Bizonyítás: jelöljük az n + 1 pontot tartalmazó egyenest e-vel, illetve a rajta lév pontokat pedig P 1, P 2,..., P n+1 -gyel. Ha Q olyan pont, amelyik nincs rajta az e egyenesen, akkor a P1 axióma miatt Q-t valamennyi P i ponttal (i = 1, 2,..., n+1) össze tudjuk kötni, s a QP 1 egyenesek mind különböz ek, mert Q nincs rajta e-n. Másrészt minden Q-n áten egyenes metszi e-t a P2 axióma miatt, s ez a metszéspont csak a P i pontok valamelyike lehet, tehát Q-n át pontosan n+1 egyenes megy. Gondolatmenetünket dualizálva kapjuk, hogy ha van olyan E pont, amelyen át n + 1 egyenes megy, akkor minden olyan egyenesen n + 1 pont van, amelyik nem megy át E-n. Ha f tetsz leges, e-t l különböz egyenes, akkor P4 miatt az e f ponton át megy legalább egy e-t l is és f-t l is különböz egyenes, aminek P3 miatt van e f-t l különböz R pontja. Mivel R nincs rajta e-n, ezért rá n + 1 egyenes illeszkedik. De R az f egyenesen sincs rajta, ezért f-re is n + 1 pont illeszkedik, amivel állításunk els részét bebizonyítottuk. Ha P a Π projektív sík tetsz leges pontja, akkor a P3 és P4 miatt van a síknak rajta át nem men egyenese. Ezen az egyenesen az el z ekben bizonyítottak miatt n + 1 pont van, vagyis P -n át n + 1 egyenes megy. A P1 axióma miatt a sík össze pontjainak a számát megkapjuk, ha egy rögzített P ponttal összekötött pontokat megszámoljuk. Tudjuk, hogy P -n át n + 1 egynes megy, és ezek mindegyike P -n kívül még n darab pontot tartalmaz. Tehát a projektív sík pontjainak a száma 1 + (n + 1)n = n 2 + n + 1. Ennek az állításnak a duálisa szerint a projektív sík egyeneseinek a száma is n 2 + n + 1.(A tétel és bizonyítása az [1] forrásból származik.) Azt mondjuk, hogy a Π projektív sík rendje n, ha Π-nek van olyan egyenese, amelyen n + 1 pont van. 16

Egy projektív sík illeszkedési viszonyait praktikusan fel lehet írni egy úgynevezett illeszkedési mátrix segítségével. Ebben a mátrixban minden sornak megfeleltetünk egy egyenest és minden oszlopnak egy pontot. Ennek a mátrixnak minden eleme csupa 0 és 1. Az i. sorban és j. oszlopban álló eleme 1 akkor és csak akkor, ha az i. sornak megfeleltetett egyenesen rajta van, a j. oszlopnak megfeleltetett pont. Ha a Π sík rendje n, akkor az illeszkedési mátrix mérete k k, ahol k = n 2 + n + 1. 3.2.4. Példák Ha a klasszikus projektív sík pontjait és egyeneseit valamint az illeszkedési viszonyokat vizsgáljuk a P1-P4 axiómák tekintetében, azok nyílvánvalóan eleget tesznek a feltételeknek. Így tehát a klasszikus projektív sík is tekinthet absztrakt projektív síknak. Azonban vannak további példák is projektív síkokra. A legegyszerübb ezek közül a Fano-sík. Ezt az euklidészi sík egy szabályos háromszöge segítségével készíthetjük el. El ször is meg kell határoznom a P és az E halmazokat és azt, hogy mi legyen az I reláció. P halmaz a következ pontokból álljon: a szabályos háromszög három csúcsa, három oldalfelez pontja, és a beírható körének a középpontja. Az E halmaz a következ elemekb l álljon: a szabályos háromszög három oldalegyenese, a három szögfelez egyenese, és a beeírható köre. Az I illeszkedési reláció pedig a tartalmazás legyen. Ezt a következ ábrán láthatjuk: 1. ábra. Fano-sík Az egyszerübb átláthatóság végett felírhatjuk a sík illeszkedési mátrixát. Ezt most nem mátrix, hanem táblázat formájában írom fel, melyben az 17

oszlopokat és a sorokat az adott sor vagy oszlop els helyén álló P vagy E halmazbeli elemnek feleltetem meg. A mátrixos formát nyílván hasonlóan lehetne felírni. A táblázat a következ lesz (A beírható kört az O bet jelöli.): E \P A B C D E F G AB 1 1 0 0 0 1 0 AC 1 0 1 0 1 0 0 BC 0 1 1 1 0 0 0 AD 1 0 0 1 0 0 1 BE 0 1 0 0 1 0 1 CF 0 0 1 0 0 1 1 O 0 0 0 1 1 1 0 5. táblázat. A táblázat segítségével könnyen ellen rízhetjük a P1-P4 axiómák teljesülését. A P1 axióma szerint bármely két különböz P-beli elemmmel pontosan egy E-beli elem áll relációban. Ez valóban teljesül, hiszen ha a táblázat bármely két különböz sorát tekintjük, akkor pontosan egy oszlopban 1 az érteke mindkét sornak. A P2 axióma az el z duálisa. Tehát ebben az esetben az oszlopokat kell vizsgálni. Amint az látható, ha a táblázat bármely két különböz oszlopát tekintem, akkor pontosan egy sorban szerepel 1-es mindkét oszlopban. A P3 és P4 axiómák pedig azért teljesülnek, mert minden oszlopban és sorban pontosan három különböz helyen szerepel 1-es a táblázatban. Azaz mint látható, a Fano-sík valóban egy projektív sík. A rendje pedig kett. Ez példáúl abból adódik, hogy minden egyenesén három pont van. Azaz n + 1 = 3 n = 2. A sík a nevét Gino Fano olasz matematikusról kapta. Fano 1871. január 5.-én született Olaszországban, Mantovában. Tanulmányait a torinói egyetemen végezte. Ezek után egyetemi asszisztens, majd egyetemi tanár lett. Kés bbiekben professzor. Jelent s eredményeket ért el a projektív geometriában és az algebra egyes területein. Ž építette fel els ként axiomatikusan a projektív geometriát. 1952. november 8.-án hunyt el, Veronában. A Fano-sík után álljon itt egy másik projektív sík. Ezt az illeszkedési táblája alapján fogom meghatározni. Ahhoz, hogy projektív sík legyen, ki kell elégítenie a korábban felírt négy axiómát. Ezt, ahogy az elöbbiekben 18

láthattuk az illeszkedési tábla alapján könnyü ellen rizni. Tehát a P1 és P2 axiómák teljesüléséhez szükséges, hogy a táblázat bármely két különböz sorához pontosan egy olyan oszlop legyen, ahol mindkét sorban 1-es áll, illetve bármely két különböz oszlophoz pontosan egy olyan sor lehet, ahol mindkét oszlopban 1-es áll. A P3 és P4 axiómákhoz pedig, mit az el bb is az szükséges, hogy minden sorban és minden oszlopban legalább három darab 1-es álljon. Egy ilyen illeszkedési tábla például: E \P A B C D E F G a 1 0 0 0 1 1 0 b 0 1 0 0 0 1 1 c 1 0 1 0 0 0 1 d 1 1 0 1 0 0 0 e 0 1 1 0 1 0 0 f 0 0 1 1 0 1 0 g 0 0 0 1 1 0 1 6. táblázat. A tábláról leolvashatjuk a P és az E halmaz elemeit. Ezek a következ k lesznek: P = {A, B, C, D, E, F, G}, E = {a, b, c, d, e, f, g} Az I illeszkedést pedig a tábla mutatja. Ezek után érdemes összehasonlítani ezt a síkot a Fano-síkkal. Ha jobban megvizsgáljuk láthatjuk, hogy létezik a pontjaik és az egyeneseik között illeszkedéstartó megfeleltetés. Ezeket a síkokat izomorf síkoknak nevezzük. A következ példán láthatjuk, ahogy a klasszikus projektív sík bevezetésénél is a projektív síkokat algebrai úton is meg lehet közelíteni. Legyen T tetsz leges kommutatív test. V pedig egy három dimenziós vektortér K felett. P legyen V egydimenziós altereinek a halmaza, E pedig V kétdimenziós altereinek a halmaza. Az I illeszkedési reláció pedig legyen a halmazelméleti tartalmazás. Ezek után ellen rizni kell a négy axióma teljesülsét. A P1 axióma teljesül, mert két különböz egydimenziós alteret pontasan egy kétdimenziós altér tartalmaz. A P2 axióma teljesül, mert két különböz kétdimenziós altér metszete pedig mindig egydimenziós altér lesz. Ezek után a P3 axióma teljesülését kell ellen riznem. Legyen V 2 egy kétdimenziós altér. Tegyük fel, hogy e 1 és e 2 V 2 -nek bázisvektorai. Ekkor V 2 garantáltan tartalmazza e 1, e 2 által generált két különböz egydimenziós 19

altereket, valamit tartalmazni fogja az e 1 +e 2 által generált, az el z kett t l különböz egydimenziós alteret. Így tehát P3 is teljesül. Végül a P4 axióma teljesülését kell ellen riznem. Legyen V 1 egy V -nek egy egydimenziós altere, és tegyük fel, hogy az e 1 vektor generálja. Ekkor létezik olyan e 2 és e 3 vektorok melyek e 1 vektorral V egy bázisát alkotják. Ekkor az e 1, e 2, e 1, e 3 valamint az e 1, e 2 + e 3 egymástól különböz egydimenziós alterek, melyek mind tartalmazzák V 1 -t. Azaz P4 is teljesül. Ezen megközelítés alapján az egydimenziós altereket, vagyis a P halmaz elemeit az altér egy generáló vektorával, az E halmaz elemetit, azaz a kétdimenziós altereket az ortogonális kiegészít jük egy generáló vektorával adhatjuk meg. Ez alapján az absztrakt projektív síkon a koordináták hasonló módon írhatók fel, mint a korábban már említett klasszikus projektív síkon. Azaz egy tetsz leges x pontját az x 1, x 2, x 3 koordinátákkal adhatjuk meg, ahol x 1 = x 2 = x 3 0, azaz mindhárom koordináta egyszerre nem egyenl 0. Az x pontot és a λx pontot egyenl nek tekintjük, ahol (0 λ, λ T ). A projektív sík egyeneseit is hasonló módon három koordináta segítségével adhatjuk meg. Ebben az esetben is a T testbeli nem nulla konstans szorzóban különböz egyeneseket is egyenl nek tekintjük. Ezeket a síkokat a P G(2, T ) formulával jelöljük. Ha pedig a T test a q elem véges test, akkor a P G(2, q) jelölést használjuk. (Ez a fejezet az [1] forrás alapján) 3.2.5. Ponthalmazok Ahogy az euklidészi síkon, úgy a projektív síkokon is lehet deniálni bizonyos ponthalmazokat. Az euklidészi síkon ilyen nevezetes ponthalmaz például a szakaszfelez mer leges vagy épp egy kör. A projektív síkon beszélhetünk úgynevezett ívekr l. A dolgozat ezen részében ezekr l az ívekr l, az ívek típusairól, és azok tulajdonságaikról lesz szó b vebben. Mindenek elött álljon itt az ív, mint ponthalmaz deníciója. Deníció. Ívnek nevezzük a projektív sík olyan ponthalmazát, amelynek nincs három egy egyenesen fekv pontja. Ha az ív k pontból áll, akkor k-ívnek nevezzük. Az olyan k-íveket, melyek tartalmazásra nézve maximálisak, azaz nem képezik részét egy önmaguknál nagyobb (k + 1)-ívnek, teljesnek hívjuk. A projektív síkon korábban már deniáltam az egyeneseket. Ezért érdekes lehet, hogy a projektív síkon az egyenesek és az ívek milyen viszonyban lehetnek egymással. Ez a viszony háromféle lehet: 20

szel, ha a k-ívvel kett közös pontja van; érint, ha a k-ívvel egy közös pontja van; küls egyenes, ha a k-ívvel nulla közös pontja van. Ezeket a viszonyokat ábrázolja a következ ábra: 2. ábra. Az ív deníciójából következik, hogy egy ív része is ív, ezért a matematika szempontjából a teljes ívek lehetnek a legérdekesebbek. A legels kérdés, ami ezzel kapcsolatban felmerül, hogy mekkora lehet egy q-adrend projektív síkon a legnagyobb ív. Erre a kérdésre pontos eredmény még nem született, azonban alsó és fels korlátok léteznek. Ilyen fels becslést szolgáltat a következ tétel: Bose tétele: q-adrend sík bármely k-ívére k q + 2 teljesül. Ha q páratlan, akkor k q + 1 is igaz. Bizonyítás: válasszuk ki az ív egy pontját, P -t. Ezen a ponton q + 1 egyenes megy át, melyek mindegyikén a P -n kivül legfeljebb egy további pontja lehet ívünknek. Ez a denícióból következik. Így összesen legfeljebb 1 + (q + 1) pontú lehet az ív. A k = q + 2 esetben bármelyik pontot is választottuk P -nek, minden rajta átmen egyenes pontosan egy további pontot kell tartalmazzon ívünkr l. Ez az jelenti, hogy minden egyenes, ami metszi az ívet az pontosan két pontban metszi azt. Ezt felhasználva láthatjuk, hogy ha q páratlan, akkor nincsenek (q + 2)-ívek. Vegyünk egy tetsz leges pontot, ami nics az íven, legyen ez R. Az R-en átmen egyenesek az el z ek alapján nulla vagy két pontban metszik az ívet. Ha az ív pontjait összekötjük R-rel, akkor ezzel R pontjait párba állítjuk, azaz ívünk mérete páros szám kell, hogy legyen. Ha pedig q + 2 páros, akkor q is az. 21

(A tétel és bizonyítása az [1] forrás alapján.) A teljes ív méretére alsó korlátok is léteznek. De, hogy az egyik ilyen tételt kimondhassuk és bizonyítsuk szükséges még egy fogalom bevezetése, és egy arra vonatkozó lemma is. Deníció. Lefogó ponthalmaz: egy tetsz leges projektív sík valamely B ponthalmaza lefogó ponthalmaz, ha minden egyenes metszi B-t. Lemma. A q-adrend projektív sík bármely lefogó ponthalmaza legalább q +1 pontból áll. Ha a lefogó ponthalmaz elemszáma q +1, akkor az egyenes. Bizonyítás: Legyen P / B tetsz leges pont. Ezen a ponton q + 1 egyenes megy át, melyek mindegyike metszi B-t, azaz valóban B q + 1. Az is így látható, hogy B = q + 1 esetén a lefogó ponthalmaz egyenes. Kössük össze B két pontját. Ha B nem az e egyenes, úgy választhatunk egy P / B, P e pontot. Az ezen átmen q +1 egyenes közül az egyik legalább két B-beli pontot tartalmaz, a fennmaradó q darab P -n átmen egyenes lefogására pedig legfeljebb q 1 B-beli pont marad, ami lehetetlen, így B = e. Ezek után következhet egy tétel, amely alsó korlátot ad a teljes ív méretére. A tétel megalkotói Lunelli, Sce voltak. Tétel: q-adrend sík k-íve nem lehet teljes ha q k(k 1)/2. Bizonyítás: ha a k-ív teljes, akkor az ívre nézve szel egyenesek a sík minden pontját lefedik. Mivel ehhez az el z lemma duálisa miatt legalább q + 1 egyenes kell, ezért k(k 1)/2 q + 1. (A tétel és lemma valamint a bizonyításuk az [1] forrás alapján.) Egy projektív síkon ívet vagy teljes ívet a mohó algoritmussal lehet kreálni. Tegyük fel, hogy már néhány pontot kiválasztottunk úgy, hogy ezek szel i nem fedik le a sík összes pontját. Akkor válasszunk egy pontot a nem lefedettek közül, és így tovább. Az eljárás akkor áll meg, ha teljes ívet kapunk. Ezek után tekintsük az ívek két típusát, az oválisokat és a hiperoválisokat. Deníció. Oválisnak az olyan ívet nevezzük, melynek minden pontjában egyetlen érint egyenese van. Hiperoválisnak pedig azt az ívet nevezzük, amelynek nincs érint egyenese. A denníciók után joggal merül fel a kérdés, hogy mekkorák ezek az ívek, vagyis hány pontból állnak. Mivel egy k-ív minden pontján át pontosan k 1 szel és ezért q + 2 k érint egyenes megy, ezért a q-adrend sík oválisai a (q + 1)-ívek, a hiperoválisai pedig a (q + 2)-ívek. Bose tétele szerint tehát páratlan rend síkokon nem léteznek hiperoválisok. Érdekes lehet még, hogy mely projektív síkokon lehetnek ilyen oválisok és hiperoválisok. Tétel. Tekintsük a P G(2, q) projektív síkot, amelyet a korábbi jelölés szerint a q elem véges test segítségével képzünk. Ebben a síkban léteznek 22

oválisok, ha q páros, akkor hiperoválisok is. Az állítás bizonyításához elég mutatnom egy oválist, illetve egy hiperoválist a P G(2, q) síkban. A bizonyítás során an koordinátákkal számolunk. Legyen P = {(x, x 2 ) : x GF(q)} {( )}, ahol GF(q) a q elem véges testet jelöli.(a GF rövidítés a Galois Field szavak kezd bet ib l ered. Évariste Galois tiszteletére.) Ekkor P ovális, hiszen P = q + 1, és P és az Y = mx + b egyenes metszéspontjait az X 2 = mx + b egyenlet megoldásával kaphatjuk. Így legfeljebb két metszéspont lehet. Az X = c egyenesek pontosan két pontban metszik P-t, az ideális egyenes pedig pontosan egy pontban. Ha pedig q páros és hiperoválisra kell példát mutatni, akkor tekintsük a x x 2 leképezést. Ez a GF(q) test automorzmusa, így a (0) ideális pontis hozzávehet P-hez. Így tehát egy hiperoválist kaptunk. Ismét visszatérve az oválisokra, az oválisok deníciójából és abból, hogy az oválisok (q + 1)-ívek adódik, hogy minden oválisnak q + 1 érint je van. Ha egy páros q-rend síkot tekintünk, akkor ezek az érint k egy ponton haladnak át. Ehhez azt kell belátni, hogy a sík minden pontján át megy érint, mert egy korábbi lemma duálisa szerint a q + 1 érint pont ekkor megy át egy ponton. Az érint k nyílvánvalóan lefedik az ovális összes pontját. Tehát tekintsünk egy P pontot, amely nem eleme az oválisnak. Ezt a pontot kössük össze az ovális összes pontjával. Ez q + 1 darab összeköt egyenes lesz, mert q + 1 pontja van az oválisnak. q párosságából fakadóan q + 1 egy páratlan szám. Ebb l és az egyenesek lehetséges három féle elhelyezkedéséb l pedig következik, hogy ezek között az összeköt egyenesek közt biztosan lesz érint. Vagyis valóban a sík összes pontját kereszt l megy érint. Ennek az állításnak a következménye az is, hogy páros q-rend síkon a (q + 1)-ívek nem teljesek. Az el z állításból adódik még, hogy egy páros q- rend tetsz leges projektív síkon tekintett ovális érint i egy pontban metszik egymást. Ezt a pontot az ovális magpontjának nevezzük. Eddig páros q rend síkon vizsgáltam az oválisok helyzetét. Most térjünk át a páratlan q-rend projektív síkokra. Ezen tekintsünk egy oválist. Tétel. Ekkor bármely az oválishoz nem tartozó pontján át nulla vagy két érint megy. Bizonyítás: legyen e az ovális egy érint je és E az érintési pont. Az e érint n kivül még pontosan q darab érint van, mivel az oválist alkotó q+1 pont mindegyikén át pontosan egy darab megy. Az e érint pontosan q +1 pontból áll. Ebb l levonva az E érintési pontot q darab pont marad. Ezért ha belátjuk, hogy az e érint minden E-t l különböz pontján megy át érint, akkor iga- 23

zolódik az állítás. Legyen P az e érint E-t l különböz tetsz leges pontja. Ezt kössük össze az ovális összes E-t l különböz pontjával, ez q darab pont, ami páratlan. Ebb l adódik, hogy lesz olyan pont melyet összekötve az imént választott tetsz leges pontunkkal, érint t kapunk. Jól látható, hogy az el z állítás a páratlan q-rend tetsz leges projektív sík pontjait két csoportba sorolja egy oválishoz képest. Az egyik csoportba tartoznak azok a pontok, melyeken nulla darab érint halad át. Ezeket a pontokat az oválisra nézve bels pontoknak nevezzük. A másik csoportba tartozó pontok, melyeken kett darab érint megy át. Ezeket az oválisra nézve küls pontoknak hívjuk. Ezek után joggal merül fel a kérdés, hogy melyik csoportba hány darab pont tartozik? Erre a kérdésra ad választ a következ lemma. Lemma. A bels pontok száma q(q 1)/2 a küls pontoké pedig q(q + 1)/2. Valamint egy tetsz leges, az oválisra nézve nem érint egyenesen az oválison nem lév pontok fele bels, fele küls pont. Bizonyítás: az érint k száma összesen q + 1, ezek a küls pontokat kétszer fedik. Így a küls pontok száma (q + 1)q/2, a bels ké q 2 + q + 1 (q + 1) q(q + 1)/2 = q(q 1)/2. Legyen az oválist nem érint egyenes e. Ezen s darab küls pont. Az e egyenes m pontban metszi az oválist, akkor az ezen a pontokon átmen érint k száma 2s + m = q + 1 Mivel az e egyenes nem érint az oválisra nézve ezért m = 0 vagy m = 2, amivel adódik az állítás. 24

4. Focibajnokság szervezése 4.1. Bevezetés A dolgozat el z részében láthattuk a projektív síkok néhány érdekes tulájdonságát. Az, hogy ezek egy körmérk zéses focibajnokság szervezése szemszögéb l miért is fontosak, az ezen részb l fog kiderülni. Azonban miel tt erre rátérnék, essen néhány szó egy ilyen bajnokságról. Egy ilyen körmérk zéses tornán páros vagy akár páratlan számú csapat is indulhat. Abban az esetben, ha páratlan darab csapat nevez be egy ilyen összecsapásra, akkor az együttesek névsorát kiegészíthetjük egy "Szabadnapos" nev csapattal. Így visszavezetve a problémát a páros sok csapatú megmérettetés szervezésére. A bajnokság fordulókra van osztva. Minden fordulóban játszik minden csapat. A torna végeztével pedig minden csapat játszott minden csapat ellen, pontosan egyszer. A való életben általában minden csapat minden csapat ellen kétszer játszik oda-vissza vágós alapon. Ekkor az egyik meccsen az egyik csapat a pályaválasaztó a másik meccseken pedig a másik csapat birtokolja a pályaválasztói jogot. Ez jórészt azt jelenti egy csapat szempontjából nézve, hogy az egyik meccset hazai pályán a másik meccset pedig idegenben játszák. Ahogy fentebb már szerepelt ett l az oda-vissza vágós rendszert l és a pályaválasztói jogtól ebben az esetben eltekintünk, azaz minden csapat mindegyikkel pontosan egyszer mérk zik meg. Ha az általunk majd meghatározott párosításokat még egyszer megismételtetnénk, akkor könnyedén kaphatnánk egy oda-vissza vágós rendszer bajnokságot. Azonban, ha el is tekintünk az oda-vissza vágóktól, akkor is könnyen el lehet rontani a szervezést már hat csapat nevezése esetén is. Az életben azonban ennél jóval több csapat szokott részt venni a bajnokságokban. Napjaink talán legjobb europai bajnokságaiban a spanyol és az angol els oszályú bajnokságokban húsz csapat szerepel. A német els osztályú bajnokságban viszont csak tizennyolc csapat indul. A magyar NB I-ben pedig tizenhat klub mérközik meg. Amint láthatjuk elég változatos a csapatok létszáma a különböz bajnokságokban. Ezért a különböz csapatlétszámok miatt két módszert is leírok, hogy miként lehet szervezni egy körmérközéses focibajnokságot a létszám függvényében. 25

4.2. Módszer Elöször is gráfelméleti szempontból közelítem a problémát. Ehhez szükséges néhány jelölés és deníció. A jelölések: V (G) a G gráf csúcsainak a halmaza; E(G) a G gráf éleinek a halmaza; K n az n pontú teljes gráf. Az n pontú teljes gráf jelenti azt a gráfot, melynek minden pontja össze van kötve minden pontjával és nem tartalmaz hurokélt, irányított élt és többszörös élt. Ezen felül szükséges még egy gráf 1-faktorának illetve 1- faktorizációjának a deníciója. Denicíó. A G gráf 1-faktorának nevezzük az F E(G) élhalmazt, ha minden x V (G) csúcs pontosan egy F -beli élen van rajta. A G gráf 1-faktorainak F = {F 1, F 2,... F k } halmazát G 1-faktorizációjának nevezzük, ha minden e E(G) él pontosan egy F-beli 1-faktorban van benne. Ezek után következzen a probléma. Feltehet, hogy 2n darab csapat vesz részt a bajnokságban. Ekkor a csapatokat megfeleltetem a K 2n teljes gárf pontjainak. Tetsz leges két csúcs közti élt pedig a két csúcs által jelölt csapatok mérk zésének feleltetem meg. Ekkor az egyes fordulókban lév mérk zések megfeleltethet ek a teljes gárf egy-egy 1-faktorának. Hiszen ha egy 1-faktort tekintünk, akkor minden csúcs pontosan egy élen van rajta. Ez azt jelenti, hogy egy mérk zést játszik egy fordulóban. A teljes menetrend pedig a gráf egy 1-faktorizációjának feleltethet meg. De vajon miként lehet a K 2n teljes gráf egy 1-faktorizációját elkészíteni? Ha 2n speciális alakú szám, akkor a következ két stratégia megoldást jelent. 4.2.1. 2n = 2 k + 2 létszámú bajnokság Ebben az esetben a csapatok száma felírható egy kett hatvány plusz kett alakban. Az életben a leggyakoribb ilyen eset a tizennyolc f s bajnokságok, hiszen 18 = 2 4 +2. Ilyen bajnokság például a német vagy a holland els osztályú labdarúgó bajnokság. De nem csak a tizennyolcra teljesül, hogy ilyen alakú szám. Tehát általánosan kell megadni egy módszert, amely segítségével kivitelezhet egy ilyen bajnokság megszervezése. Ez a módszer a következ. Tudjuk, hogy létezik a P G(2, 2n 2) projektív sík. Ekkor a korábbi jelölések szerint q 26

páros szám, ebb l következ en a síkon létezik hiperovális is. Ennek q+2 = 2n pontja van. Feleltessük meg a csapatokat, azaz a teljes gráf pontjait az ív pontjainak. Ezek neve legyen V 1, V 2,..., V 2n. Továbbá a síkon létezik a hiperoválist elkerül egyenes. Egy ilyen egyenes legyen f. Ennek az egyenesnek összesen q+1 = 2n 1 pontja van. Ezeket a pontokat pedig feleltessük meg az egyes fordulóknak. Ezek neve legyen F 1, F 2,..., F 2n 1. Minden egyes ilyen ponthoz hozzárendelünk egy 1-faktort a következ képpen. Az F i ponthoz tartozó faktorban benne van egy V k V j él, akkor és csak akkor, ha F i, V j, V k pontok kollineárisak. Így tehát elkészül egy forduló párosítása. Egy ilyen párosítást mutat a következ ábra az i. fordulóra: 3. ábra. Az így készített fordulók mindegyike valóban 1-faktor, hiszen V i a sík összes pontjával össze van kötve, illetve ha V i -n átmegy egy egyenes, akkor az a hiperoválist pontosan két pontban metszi. A fordulók összessége pedig valóban a teljes gráf egy 1-faktorizációját adja meg, mert minden szel, amely a hiperoválist két pontban metszi, az pontosan egy pontban metszi az f egyenest. Ez az jelenti, hogy minden egyes párosítás pontosan egy 1-faktorban van benne. Ez pedig azt jelenti, hogy minden csapat minden csapattal játszik és minden csapat minden fordulóban egyszer lép pályára. Így tehát ez egy jó módszer egy ilyen típusú bajnokság szervezéséhez. De az életben nem csak olyan bajnokságok vannak, ahol a csapatok létszámát ilyen módon fel lehet írni. Például az egyik leggyakoribb létszám az életben a húsz csapatos bajnokság. Itt a húsz nem írható fel ilyen alakban. Azonban erre is van megfelel módszer, melyet a következ alfejezet tartalmaz. 27